精品解析：福建省连城县第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

连城一中2024—2025学年上期高三年级月考2数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若∥，则（ ） A. B. C. 4 D. 6 3. 若复数（1–i）（a+i）在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是 A. （–∞，1） B. （–∞，–1） C. （1，+∞） D. （–1，+∞） 4. 已知某圆柱的内切球半径为1，则该圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 一个弹力球从1m高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的处，那么在第次着地后，它经过的总路程超过5m，则的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 已知函数在内有且仅有3个零点，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 8. 已知函数的定义域均为是奇函数，且的图象关于对称，，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知直线与圆相切，则下列说法正确的有（ ） A. B. 圆M与圆与圆M的公共弦所在直线的方程为 C. 过作圆M的切线，切线长为 D. 圆M与圆的位置关系为内含． 10. 若函数的两条相邻对称轴距离为，且，则（ ） A. B. 点是函数的对称中心 C. 函数在上单调递增 D. 直线是函数图象的对称轴 11. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内的一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 的最小值为 B. 当与垂直时，直线与平面所成角的正切值为 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在正四棱台中，，则该棱台的侧面积为____． 13. 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为________． 14. 已知函数，，且， _________；的取值范围为___________ 四、解答题：（本大题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，． （1）求证：平面BDE； （2）求直线DE与平面ABE所成角的正弦值； （3）求点D到平面ABE距离． 16. 已知等差数列的前项和为，且，数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）记，求数列的前2024项和. 17. 在中，，. （1）当时，求和； （2）求面积的最大值. 18 已知椭圆. （1）求椭圆C的离心率e； （2）若，斜率为的直线与椭圆交于、两点，且，求的面积. 19. 已知函数. （1）若曲线的一条切线方程为，求的值； （2）若函数在区间上为增函数，求的取值范围； （3）若，无零点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 连城一中2024—2025学年上期高三年级月考2数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后可求. 【详解】，故， 故选：D 2. 已知向量，若∥，则（ ） A. B. C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合向量平行的坐标表示运算求解即可. 【详解】因为，且∥， 则，解得. 故选：A. 3. 若复数（1–i）（a+i）在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是 A. （–∞，1） B. （–∞，–1） C. （1，+∞） D. （–1，+∞） 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：设，因为复数对应的点在第二象限，所以，解得：，故选B. 【考点】复数的运算 【名师点睛】复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．复数z＝a＋bi(a，b∈R) 平面向量. 4. 已知某圆柱的内切球半径为1，则该圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得该圆柱底面圆的半径为，圆柱的高为2，从而可求出其体积. 【详解】由题意得，该圆柱底面圆的半径为，圆柱的高为2， 所以该圆柱的体积为. 故选：B 5. 设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面位置关系，逐项判断即得. 【详解】对于A，，则或，A错误； 对于B，，则或，B错误； 对于C，，则直线可能相交，可能平行，也可能是异面直线，C错误； 对于D，由线面平行的性质知，D正确. 故选：D 6. 一个弹力球从1m高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的处，那么在第次着地后，它经过的总路程超过5m，则的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 分析】求出通项公式，再利用等比数列求和公式得解. 【详解】设小球第一次落地时经过的路程为，第次落地到第次落地经过的路程为， 由题意，，数列从第二项起构成以首项为，公比为等比数列， 则第n次着地后经过的路程为， 即，结合选项，检验时，，时，成立， 所以的最小值是. 故选：C 7. 已知函数在内有且仅有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用两角和正弦公式和辅助角公式将函数整理为，由，得，结合正弦函数的图像求得的范围，从而求得的范围. 【详解】 当时， 在有且仅有3个零点，结合正弦函数图像可知， 解得： 故选：A. 【点睛】本题考查函数的零点问题，解答本题关键是先利用三角恒等变换公式将三角函数整理为形式，再利用数形结合思想求解，考查学生的数形结合与计算能力，属于中档题. 8. 已知函数的定义域均为是奇函数，且的图象关于对称，，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件变形求出的图像关于对称，利用奇函数性质可得的图象关于点中心对称，进一步求得是以4为周期的周期函数，变形可得也是以4为周期的周期函数，赋值法求出，从而利用周期可求得答案. 【详解】因为的图象关于对称，所以． 因为①，则， 即②， ①②得，， 所以的图像关于对称． 令，则是奇函数， 所以，即， 所以的图象关于点中心对称， 所以，所以， 所以是以4为周期的周期函数． 因为，所以． 因为是以4为周期的周期函数， 所以也是以4为周期的周期函数， 由，取，，所以． 因为，所以， 所以． 由，取，所以， 所以， 所以. 故选：B． 【点睛】结论点睛：对称性的常用结论如下 （1）若函数满足或或，则的一条对称轴为； （2）若函数满足或或，则的一个对称中心. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知直线与圆相切，则下列说法正确的有（ ） A. B. 圆M与圆与圆M的公共弦所在直线的方程为 C. 过作圆M的切线，切线长为 D. 圆M与圆的位置关系为内含． 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用直线与圆的位置关系，勾股定理，判断AC，圆心距可判断圆M与圆的位置关系为相交，根据公共弦所在直线的方程求法即可得出结论判断BD. 【详解】对于A，由直线与圆相切可得： 圆心到直线的距离为，可得，即A正确； 对于B，圆的圆心为，半径为， 与圆M的圆心距为，显然，即两圆相交； 将两圆方程相减可得，即B正确. 对于C，圆心到的距离为， 由勾股定理可得切线长为，即C正确； 对于D，圆可化为，圆心为，半径为； 圆M与圆的两圆心距为，显然， 即可得两圆相交，可知D错误； 故选：ABC 10. 若函数的两条相邻对称轴距离为，且，则（ ） A. B. 点是函数的对称中心 C. 函数在上单调递增 D. 直线是函数图象的对称轴 【答案】AB 【解析】 【分析】先利用题给条件求得的值，进而求得函数的解析式，即可判断选项A；整体代入法验证选项BD，利用正弦函数图像性质判断选项C. 【详解】∵的两条相邻对称轴距离为. ∴，∴.∴. ∵，∴，又，则. ∴.∴选项A正确； 选项B：由， 可得函数对称中心的横坐标：. 当时，对称中心为.B正确； 选项C：当时，，， ∴上不递增，C错误； 选项D：由，. 可得对称轴：，.∴不是对称轴. 或验证法把代入得，∴不是对称轴. ∴D错误； 故选：AB. 11. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内的一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 的最小值为 B. 当与垂直时，直线与平面所成的角的正切值为 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】将平面和平面展开到一个平面内，求得即可得结论判断A；与平面ABCD所成的角即与平面所成的角，求解可判断B；面积最小时，体积最小，求解可判断C；当在处时，三棱锥的体积最大时，求得外接球半径可判断D． 【详解】如图，令中点为中点为，连接MN， 又正方体中，为棱的中点，可得， 平面平面，又， 且平面平面平面， 又平面，且平面平面， 又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，的轨迹为线段， 对A，将平面和平面展开到一个平面内，的最小值即点和点连线的距离，由题意易得， 所以，从而可得取最短距离时，是的中点，且， 又，所以，所以，故A正确； 对B，的轨迹为线段与平面ABCD所成的角即与平面所成的角， F点到平面的距离为点在平面的射影P在上靠近点的四等分点， ，故直线与平面ABCD所成的角的正切值为，故选项B正确； 对C，由正方体侧棱底面， 所以三棱锥体积为， 所以面积最小时，体积最小，如图，， 易得在处时最小，此时，所以体积最小值为，故选项C正确； 对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时， 由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心， ，所以底面为直角三角形， 所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为， 由，可得外接球半径，其外接球的表面积为，故选项D错误． 故选：ABC. 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在正四棱台中，，则该棱台的侧面积为____． 【答案】 【解析】 【分析】过作，由已知，求出，进而求出四棱台的侧面面积. 【详解】 如图，过作，垂足为， 所以为正四棱台的侧面的高，   因为， 则，， ， 所以正四棱台的侧面积为. 故答案为：. 13. 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为________． 【答案】9 【解析】 【分析】根据椭圆的定义可得，结合基本不等式即可求得的最大值. 【详解】∵在椭圆上 ∴ ∴根据基本不等式可得，即，当且仅当时取等号. 故答案为：9. 14. 已知函数，，且， _________；的取值范围为___________ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】即将函数写成分段函数，即可得到且，从而求出，则，再由对勾函数的性质求出的取值范围. 【详解】因为，所以在上单调递增，在上单调递减， 因为，且，所以且， 所以，则，则， 所以，因为对勾函数在上单调递增， 所以，即的取值范围为. 故答案为：； 四、解答题：（本大题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，． （1）求证：平面BDE； （2）求直线DE与平面ABE所成角的正弦值； （3）求点D到平面ABE的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质得到，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）利用空间向量的方法求线面角即可； （3）利用空间向量的方法求点到面的距离即可. 【小问1详解】 在三棱柱中，，为，的中点，∴， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴， 在三角形中，，为中点，∴， ∵，平面，∴平面. 【小问2详解】 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 在直角三角形中，，，∴， ，，，， ，，， 设平面的法向量为， ，令，则，，所以， 设直线与平面所成角为， 所以. 【小问3详解】 设点到平面的距离为，所以. 16. 已知等差数列的前项和为，且，数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）记，求数列的前2024项和. 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算求数列的通项公式；根据数列的前项和求数列的通项公式. （2）先确定数列的通项公式，利用等比数列的求和公式求数列的前2024项的和. 【小问1详解】 对数列，，，， 又，，， ； 对数列，当时，， 当时，， 时，上式亦成立， . 【小问2详解】 由题意：， 数列的前2024项的和为：. 17. 中，，. （1）当时，求和； （2）求面积的最大值. 【答案】（1）， （2）27 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理即可求解； （2）由余弦定理可得，结合可得，进而根据面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为且， 所以 由正弦定理得，即. 所以. 所以或. 因为， ，所以. 所以. 由，即， 解得. 【小问2详解】 因为， 因为， 所以. 所以，当且仅当为时，等号成立. 所以. 所以面积的最大值为. 18. 已知椭圆. （1）求椭圆C的离心率e； （2）若，斜率为的直线与椭圆交于、两点，且，求的面积. 【答案】（1） ；（2）. 【解析】 【分析】（1）将椭圆的方程化为标准方程，得出、与的等量关系，可得出椭圆的离心率的值； （2）设直线的方程为，设点、，将的值代入得出椭圆的方程，将直线的方程与椭圆联立，消去，列出韦达定理，利用弦长公式结合条件可求出，利用点到直线的距离公式计算出原点到直线的距离，然后利用三角形的面积公式可得出的面积. 【详解】（1）椭圆，椭圆长半轴长为，短半轴长为， ； （2）设斜率为的直线的方程为，且、， ，椭圆的方程为， 由，.消去得，又有. ， 解得：满足，直线的方程为. 故到直线的距离，. 【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，考查椭圆中的弦长与三角形面积的计算，一般将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理与弦长公式进行计算求解，难点在于计算量大，属于中等题. 19. 已知函数. （1）若曲线的一条切线方程为，求的值； （2）若函数在区间上为增函数，求的取值范围； （3）若，无零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）由在区间上为增函数，可得在内恒成立，求出的最小值即可得解； （3）分进行讨论，求出函数的单调区间及最值，进而可得出结论. 【小问1详解】 函数的定义域为，设切点为， 因为，所以，解得， 因为，， 所以，即，所以， 所以，解得； 【小问2详解】 因为，在区间上为增函数， 所以在内恒成立， 因为，所以， 所以，即； 【小问3详解】 因为，， 当，即时，， 所以在上单调递减， 因为， 所以在上无零点，符合题意； 当时，令，则， 当时，，当时，， 所以的单调递减区间是；单调递增区间是， 所以的最小值为， 当，即时，无零点，符合题意； 当时，有一个零点，不符合题意； 当时，的最小值， 因为， 所以，使得，不符合题意； 综上所述，当时，，无零点. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$